2024年浙江省寧波市鎮(zhèn)海中學高考物理適應性試卷（選考）及答案

試題PAGE1試題2024年浙江省寧波市鎮(zhèn)海中學高考物理適應性試卷（選考）一、選擇題Ⅰ（本題共13小題，每小題3分，共39分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的，多選、錯選或不選都不給分）1．（3分）下列屬于國際單位制基本單位的是（）A．m B．N C．J D．Ω2．（3分）下列有關質點和參考系的說法中正確的是（）A．觀看花滑運動員的動作時，可以把運動員看成質點 B．當物體體積很小時，就可以看成質點 C．研究運動物體時，選擇不同物體作參考系，對運動的描述都是一樣的 D．研究太陽系各行星的運行，選擇太陽比選擇地球作為參考系更好3．（3分）下列運動過程中機械能守恒的是（）A．跳傘運動員從山頂勻速下落 B．小鐵球做自由落體運動 C．汽車在高速公路上加速行駛 D．物塊在粗糙斜面上下滑4．（3分）下面是某同學對電場和磁場中的一些概念及公式的理解，其中正確的是（）A．根據電場強度的定義式可知，電場中某點的電場強度與試探電荷所帶電荷量成反比 B．根據電勢差的定義式可知，帶電荷量為1C的正電荷，從A點移動到B點克服電場力做功為1J，則A、B兩點間的電勢差為﹣1V C．根據電容的定義式可知，電容器的電容與其所帶電荷量成正比，與兩極板間的電壓成反比 D．由磁感應強度公式，磁感應強度方向與放入磁場中的通電直導線所受的安培力方向相同5．（3分）某些共享單車的內部有一個小型發(fā)電機，通過騎行者的騎行踩踏，可以不斷地給單車里的蓄電池充電，蓄電池再給智能鎖供電。小型發(fā)電機的發(fā)電原理可簡化為圖甲所示，矩形線圈abcd處于勻強磁場中，通過理想交流電流表與阻值為R的電阻相連。某段時間在騎行者的踩踏下，線圈繞垂直磁場方向的軸OO′勻速轉動，圖乙是線圈轉動過程中穿過線圈的磁通量Φ隨時間t變化的圖像，則（）A．t＝0時刻線圈處于中性面位置 B．t1時刻，穿過線圈的磁通變化率為零，感應電動勢為零 C．t2時刻電流表示數為0，t3時刻電流表的示數最大 D．t4時刻電流方向發(fā)生改變，線圈轉動一周，電流方向改變兩次6．（3分）2024年春節(jié)期間，哈爾濱的冰雪旅游爆火，圖甲中的超級大滑梯是哈爾濱冰雪大世界中最受歡迎的游樂項目之一。現將游客在滑梯上的下滑過程的某階段簡化為如圖乙所示模型：一粗糙斜面固定在水平地面上，物體A、B的上下表面皆與斜面平行，A、B相對靜止，共同沿斜面勻速下滑，默認圖中物體的最大靜摩擦力大小均等于相應滑動摩擦力的大小，則下列說法中正確的是（）A．A受到的摩擦力為零 B．A受到的摩擦力與斜面平行且向下 C．若在A、B勻速下滑過程中對A施加一豎直向下的力，則A、B繼續(xù)勻速下滑 D．若在A、B勻速下滑過程中對A施加一豎直向下的力，則A、B將加速下滑7．（3分）煙霧自動報警器中裝有放射性元素镅241，其衰變方程為Am→Np+X+γ，Am的半衰期為432年。下列說法正確的是（）A．方程中的X為β粒子 B．Np的比結合能小于Am C．核反應的三種射線中，γ射線的電離能力最弱 D．若有1000個Am原子核，經過432年后將剩下500個Am原子核未衰變8．（3分）小海同學制作的游戲裝置如圖所示，安裝在豎直軌道AB上的彈射器可上下移動，能射出速度大小可調節(jié)的小球。圓心為O的圓弧槽BCD上開有小孔P，小球落到小孔時，速度只有沿OP方向才能通過小孔，游戲成功。已知當彈射器在軌道上E位置，使小球以速度v0水平射出時，游戲成功，則進行下列操作后，仍能使游戲成功的是（）A．彈射器在E位置，將小球以大于v0的速度斜向右上射出 B．彈射器在E位置，將小球以小于v0的速度斜向右下射出 C．升高彈射器至Q點，小球以大于v0的速度斜向右下射出 D．升高彈射器至Q點，小球以小于v0的速度斜向右上射出9．（3分）如圖半徑為L的細圓管軌道豎直放置，管內壁光滑，管內有一個質量為m的小球做完整的圓周運動，圓管內徑遠小于軌道半徑，小球直徑略小于圓管內徑，下列說法不正確的是（）A．經過最低點時小球可能處于失重狀態(tài) B．經過最高點Z時小球可能處于完全失重狀態(tài) C．若小球能在圓管軌道做完整圓周運動，最高點Z的速度v最小值為0 D．若經過最高點Z的速度v增大，小球在Z點對管壁壓力可能減小10．（3分）某質點做簡諧振動，其位移x與時間t的關系如圖，則該質點（）A．振動頻率為4Hz B．在A點速度最大 C．在B點加速度最大 D．在0～3s內通過路程為12.0cm11．（3分）如圖所示，比荷相同、重力不計的a、b兩個帶電粒子，從同一位置水平射入豎直向下的勻強電場中，a粒子打在B板的a′點，b粒子打在B板的b′點，則（）A．a、b均帶負電 B．a的初速度一定小于b的初速度 C．a的運動時間一定小于b的運動時間 D．該過程中a所受電場力做的功一定大于b的12．（3分）有一透明材料制成的空心球體，內徑是R，外徑是2R，其過球心的某截面（紙面內）如圖所示，一束單色光（紙面內）從外球面上A點射入，光線與AO直線所成夾角i＝60°，經折射后恰好與內球面相切，已知光速為c。下列說法正確的是（）A．單色光在材料中的折射率為 B．單色光在該材料中的傳播時間為 C．單色光在該材料內球面恰好發(fā)生全反射時，從A點射入的光線與AO直線的夾角i＝30° D．只要A點射入的單色光與AO直線的夾角i大于30°，就一定能夠在內球面發(fā)生全反射13．（3分）若通以電流I的圓形線圈在線圈內產生的磁場近似為方向垂直線圈平面的勻強磁場，其大小B＝kI（k的數量級為10﹣4T/A）?，F有橫截面半徑為1mm的導線構成半徑為1cm的圓形線圈處于超導狀態(tài)，其電阻率上限為10﹣26Ω?m。開始時線圈通有100A的電流，則線圈的感應電動勢大小的數量級和一年后電流減小量的數量級分別為（）A．10﹣23V?10﹣7A B．10﹣20V?10﹣7A C．10﹣23V?10﹣5A D．10﹣20V?10﹣5A二、選擇題Ⅱ（本題共2小題，每小題3分，共6分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得3分，部分選對的得2分，有選錯的得0分）（多選）14．（3分）下列說法正確的是（）A．用光照射某種金屬，有光電子從金屬表面逸出，如果光的頻率不變，而減弱光的強度，則逸出的光電子數減少，光電子的最大初動能不變 B．X射線的衍射實驗，證實了物質波假設是正確的 C．在康普頓效應中，當入射光子與晶體中的電子碰撞時，把一部分動量轉移給電子，因此光子散射后波長變長 D．速度相等的電子和質子，電子的波長大（多選）15．（3分）圖甲為超聲波懸浮儀，上方圓柱體中，高頻電信號（由圖乙電路產生）通過壓電陶瓷轉換成同頻率的高頻聲信號，發(fā)出超聲波，下方圓柱體將接收到的超聲波信號反射回去。兩列超聲波信號疊加后，會出現振幅幾乎為零的點﹣﹣節(jié)點，在節(jié)點兩側聲波壓力的作用下，小水珠能在節(jié)點處附近保持懸浮狀態(tài)，該情境可等效簡化為圖丙所示情形，圖丙為某時刻兩列超聲波的波形圖，P、Q為波源，點M（﹣1.5，0）、點N（0.5，0）分別為兩列波的波前，已知聲波傳播的速度為340m/s，LC振蕩回路的振蕩周期為，則下列說法正確的是（）A．該超聲波懸浮儀所發(fā)出的超聲波信號頻率為340Hz B．兩列波穩(wěn)定疊加后，波源P、Q之間小水珠共有9個懸浮點 C．兩列波穩(wěn)定疊加后，波源P、Q之間振幅為2A的點共有10個 D．拔出圖乙線圈中的鐵芯，可以增加懸浮儀中的節(jié)點個數三、非選擇題（本題共7小題，共55分）16．（14分）某實驗小組采用如圖1所示的實驗裝置在水平桌面上探究“小車的加速度與力和質量之間的關系”。（1）實驗之前要平衡小車所受的阻力，具體的步驟是：（填“掛”或“不掛”）砂桶，連接好紙帶后，調整木板右端的高度，用手輕撥小車，直到打點計時器在紙帶上打出一系列間距均勻的點。（2）已知打點計時器所用交變電源的頻率為50Hz，某次實驗得到的紙帶如圖2所示。A、B、C、D、E是5個連續(xù)的計數點，相鄰兩計數點間有四個點未畫出，實驗數據如表中所示，其中有一組數據記錄不當，這組數據是（填“A”、“B”、“C”、“D”或“E”）。根據上述信息可得小車的加速度大小為m/s2（保留兩位有效數字）。計數點ABCDE位置坐標（cm）4.505.507.309.8013.1（3）另一小組在驗證加速度與質量關系實驗時，保證砂桶的總質量m0不變，通過在小車上增加砝碼來改變小車總質量，每次實驗時僅記錄了小車上砝碼的總質量m，但未測小車質量M，作出與m之間的關系圖像如圖3所示，已知圖中直線的斜率為k，在縱軸上的截距為b，若該同學其他操作均正確，m0沒有遠小于（M+m），可得到小車的質量M為（用k、b、m0表示）。17．電容儲能已經在電動汽車、風力發(fā)電等方面得到廣泛應用。某同學設計了圖甲所示電路，探究不同電壓下電容器的充、放電過程和測定電容器的電容。器材如下：電容器C（額定電壓10V，電容標識不清）；電源E（電動勢12V，內阻不計）；滑動變阻器R1（最大阻值20Ω）；電阻箱R2（阻值0～9999.9Ω）；電壓表V（量程15V，內阻較大）；開關S1、S2，電流傳感器，計算機，導線若干。（1）按照圖甲連接電路，閉合開關S1、斷開開關S2，若要升高電容器充電電壓，滑動變阻器R1的滑片應向端滑動（選填“a”或“b”）。（2）當電壓表的示數為U1＝3V時，調節(jié)R2的阻值，閉合開關S2，通過計算機得到電容器充電過程電流隨時間變化的圖像；保持R2的阻值不變，斷開開關S1，得到電容器放電過程電流隨時間變化的圖像，圖像如圖乙所示。測得I1＝6mA，則R2＝Ω。（3）重復上述實驗，得到不同電壓下電容器的充、放電過程的電流和時間的圖像，利用面積法可以得到電容器電荷量的大小，測出不同電壓下電容器所帶的電荷量如表：實驗次數123456U/V345678Q/×10﹣3C0.140.190.240.300.330.38請在圖丙中畫出U﹣Q圖像，并利用圖像求出電容器的電容為F。（結果保留兩位有效數字）18．某同學為了研究歐姆表的改裝原理和練習使用歐姆表，設計了如下實驗。利用一個滿偏電流為100μA的電流表改裝成倍率可調為“×1”或“×10”的歐姆表，其電路原理圖如圖甲所示。（1）請根據圖甲中的電路原理圖，在答題卡上的圖乙中連接實物圖，并正確連接紅、黑表筆。使用時進行歐姆調零發(fā)現電流表指針指在如圖丙所示位置，此時應將滑動變阻器的滑片P向（選填“上”或“下”）移動；（2）將單刀雙擲開關S與2接通后，先短接，再歐姆調零。兩表筆再與一電阻R0連接，表針指向表盤中央圖丁中的a位置處，然后用另一電阻Rx代替R0，結果發(fā)現表針指在b位置，則Rx＝Ω；（3）該同學進一步探測黑箱問題。黑箱面板上有三個接線柱1、2和3，黑箱內有一個由三個阻值相同的電阻構成的電路。用歐姆表測得1、2之間的電阻為5Ω，2、3之間的電阻為10Ω，1、3之間的電阻為15Ω，在答題卡圖戊所示虛線框中畫出黑箱中的電阻可能的連接方式（一種即可）。19．（8分）如圖，容積均為V的汽缸A、B下端有細管（容積可忽略）連通，閥門K2位于細管的中部，A、B的頂部各有一閥門K1、K3，B中有一可自由滑動的活塞，面積為S，活塞的體積可忽略。初始時三個閥門均打開，活塞在B的底部：關閉K2、K3，通過K1給汽缸充氣，使A中氣體的壓強達到大氣壓P0的4.5倍后關閉K1．已知室溫為27℃，汽缸導熱。（1）打開K2，穩(wěn)定時活塞正好處于B氣缸的中間位置，求活塞的質量；（2）接著打開K3，待活塞的位置穩(wěn)定后，再緩慢降低汽缸內氣體，使其溫度降低20℃和50℃，分別求出穩(wěn)定時活塞下方氣體的壓強。20．（11分）如圖為一游戲裝置的示意圖，傾角α＝53°的軌道AB與半徑R＝0.50m半圓軌道相切。水平放置的傳送帶以v帶＝2m/s的恒定速度順時針轉動，傳送帶兩端EF長L2＝3m，傳送帶右端與一光滑水平面平滑對接，水平面上依次擺放N個完全相同的物塊，物塊的質量M＝0.3kg、且數量N足夠的多。游戲開始時，讓質量為m＝0.1kg的物塊m從軌道AB上由靜止滑下，到達軌道最低點C時對軌道的壓力為6.8N。物塊m與軌道AB間的動摩擦因數μ1＝0.5、與傳送帶間的動摩擦因數μ2＝0.1。軌道其余部分均光滑。碰撞均為對心彈性碰撞，物塊均可視為質點，整個裝置處于同一豎直平面內。（sin53°＝0.8，cos53°＝0.6）（1）求物塊m到達C點時的速度大小vC和從軌道AB釋放的高度H；（2）若物塊m恰好從傳送帶左端E點沿水平方向落入傳送帶，求CE兩點的水平距離L1；（3）求物塊m在傳送帶上運動的總時間t總。21．（11分）如圖甲所示，兩根完全相同的金屬導軌平行放置，寬L＝3m，其中傾斜部分abcd光滑且與水平方向夾角為θ＝30°，勻強磁場垂直斜面向下，磁感應強B＝0.5T，軌道頂端ac接有電阻R＝1.5Ω。導軌水平部分粗糙，動摩擦因數為μ＝0.05且只有邊界zk、ke、ep、pn、nf、fz之間有豎直向下的勻強磁場，磁感應強度大小也為B＝0.5T，其中磁場左邊界zk長為1m，邊界ke、zf與水平導軌間夾角均為α＝45°且長度相等，磁場右邊界pn與兩個導軌垂直。一金屬棒與導軌接觸良好，在斜面上由靜止釋放，到達底端bd時已經勻速，速度大小為v0＝8m/s。當金屬棒進入導軌的水平部分時（不計拐角處的能量損失），給金屬棒施加外力，其在軌道水平部分zkef之間運動時速度的倒數v1與位移x圖像如圖乙所示，棒運動到ef處時撤去外力，此時棒速度大小為最終金屬棒恰能運動到磁場的右邊界pn處。已知運動中金屬棒始終與導軌垂直，金屬棒連入電路中的電阻為r＝0.5Ω，金屬棒在水平導軌上從bd邊界運動到pn邊界共用時，g＝10m/s2。求：（1）金屬棒的質量m的大?。唬?）水平磁場邊界ep的長度d為多少；（3）金屬棒在水平導軌上運動時，外力所需做的功。22．（11分）如圖所示，以圓柱底面中心O點為坐標原點建立空間直角坐標系Oxyz，另一底面中心O′點坐標為（0，0，l），圓柱底面半徑為R。在圓柱區(qū)域內存在沿z軸正方向的勻強磁場。磁場區(qū)域左側有一矩形區(qū)域abcd，其中bc邊與y軸平行，ab邊與z軸平行，矩形區(qū)域的尺寸和位置已在圖中標出。區(qū)域內均勻分布電子源，沿x軸正方向持續(xù)不斷地發(fā)射出速率均為v0的電子，單位時間內發(fā)射的電子個數為N。從bc邊射出的電子經過磁場偏轉后均從M點射出，從ad邊射出的電子經過磁場偏轉后均從N點射出。在圓柱兩底面的正下方有兩塊半徑為R的半圓形平行金屬收集板P、Q，圓心分別位于M點、N點。已知電子質量為m，元電荷為e，兩板之間的電壓UPQ＝﹣。忽略電子重力、電子間相互作用和電子收集后對電壓UPQ的影響。求：（1）磁感應強度B的大??；（2）從b點射出的電子打到金屬板上時的位置坐標；（3）Q極板收集到電子區(qū)域的面積；（4）若在PQ金屬板正對的半圓柱空間內新增沿z軸負方向、磁感應強度為的勻強磁場，并調節(jié)PQ間電壓為UPQ′＝﹣。求過M時速度沿y軸負方向的電子繼續(xù)運動時間后的坐標位置。

2024年浙江省寧波市鎮(zhèn)海中學高考物理適應性試卷（選考）參考答案與試題解析一、選擇題Ⅰ（本題共13小題，每小題3分，共39分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的，多選、錯選或不選都不給分）1．【解答】解：國際單位制中的基本單位分別是：長度的單位是米，符號m；電流的單位是安培，符號是A；熱力學溫度的單位是開爾文，符號K；物質的量單位是摩爾，符號mol；發(fā)光強度的單位是坎德拉，符號cd，質量的單位是千克，符號kg；時間的單位是秒，符號s；可知題目中只有m是國際單位制中的基本單位，N、J和Ω都是導出單位，故A正確，BCD錯誤。故選：A。2．【解答】解：A、質點是理想化模型，只有當物體的形狀和大小對所要研究的問題可忽略不計時才能把物體看作質點，觀看花滑運動員運動員的動作時，不可以把運動員看成質點，故A錯誤；B、物體能否看成質點，不是看物體的體積和質量大小，而是看物體的大小和形狀在所研究的問題中能否忽略，故B錯誤；C、選擇不同的參考系，運動的描述是不一樣的，故C錯誤；D、應選擇使運動的描述更簡單的物體作為參考系，選擇太陽更容易描述行星的運動，故D正確。故選：D。3．【解答】解：A、跳傘運動員從山頂勻速下落，動能不變，重力勢能減小，機械能不守恒，故A錯誤；B、小鐵球做自由落體運動，只有重力勢能和動能之間的轉化，機械能守恒，故B正確；C、汽車在高速公路上加速行駛，動能增大，重力勢能不變，機械能不守恒，故C錯誤。D、物塊在粗糙斜面上下滑，摩擦力做負功，所以機械能在減小，故D錯誤。故選：B。4．【解答】解：A．電場強度定義式是比值定義式，電場強度取決于電場本身，與有無試探電荷無關，故A錯誤；B．根據電勢差的定義式知，帶電量為1C正電荷，從A點移動到B點電場力做功為﹣1J，則A、B點的電勢差為﹣1V，故B正確；C．電容的定義式是用比值定義的，電容器的電容與極板間距離和正對面積有關，與所帶電荷量、兩極板間的電壓無關，故C錯誤；D．根據左手定則，磁感應強度的方向與放入磁場中的通電直導線所受安培力的方向垂直，故D錯誤。故選：B。5．【解答】解：A．由圖乙可知，t＝0時刻穿過線圈的磁通量為0，則線圈與中性面垂直，故A錯誤；B．由圖乙可知t1時刻，穿過線圈的磁通量最大，此時磁通量的變化率為零，感應電動勢為零，故B正確；C．電流表的示數為回路中電流的有效值，而回路中電流的有效值不變，故C錯誤；D．由圖乙可知t4時刻磁通量為零，此時磁通量的變化率最大，即感應電動勢最大，感應電流最大，此時電流方向不發(fā)生改變，而線圈轉動一周，電流方向改變兩次，故D錯誤。故選：B。6．【解答】解：AB、A向下勻速運動，合力為零，根據平衡條件可知，A受到與斜面平行且向上的摩擦力，大小為fA＝mAgsinθ，故AB錯誤；CD、A、B勻速下滑過程中，對A、B整體，由平衡條件有m′gsinθ＝μm′gcosθ即sinθ＝μcosθ該方程與A、B的總質量m′無關，對A施加一豎直向下的力，相當于“重力”變大，依然處于平衡狀態(tài)，所以A、B繼續(xù)勻速下滑，故C正確，D錯誤。故選：C。7．【解答】解：A．由衰變過程電荷數守恒和質量數守恒可知，X的質量數A＝241﹣237＝4，電荷數Z＝95﹣93＝2，可知X為α（）粒子，故A錯誤；B．衰變的過程中釋放能量，而且α粒子的比結合能比較小，可知的比結合能大于，故B錯誤；C．核反應的三種射線中，γ射線的穿透能力最強，電離能力最弱，故C正確；D．半衰期為大量粒子的統(tǒng)計規(guī)律，對少數粒子不一定適用，故D錯誤。故選：C。8．【解答】解：AB.已知當彈射器在軌道上E位置，使彈丸以速度v0水平射出時，游戲成功，則設OP與OD的角度為α，則tanα＝x＝R+Rcosα＝v0ty＝Rsinα+h＝gt2vy＝gt彈射器在E位置，h不變，y不變，t不變，vy不變，v0不變，應該以速度v0水平射出，故AB錯誤；CD.升高彈射器至Q，h變大，y變大，t變大，vy變大，v0變大，設射出方向與水平方向的角度為β，水平方向v1cosβ＝v0則v1大于v0的速度斜向右下或者右上射出，故C正確，D錯誤。故選：C。9．【解答】解：A.小球在最低點，加速度向上，則小球處于超重狀態(tài)，故A錯誤；B.小球經過最高點P時，若對軌道的壓力為零，則重力完全提供向心力，小球處于完全失重狀態(tài)，故B正確；C.由于在最高點圓管能支撐小球，所以速度的最小值為零，故C正確；D.若過最高點的速度較小，則在P點，小球在P點對管壁壓力向下，軌道對小球有向上的彈力，根據牛頓第二定律可得mg﹣F＝m此時經過最高點P的速度增大，小球在P點和管壁的作用力減小，故D正確。本題選不正確的，故選：A。10．【解答】解：A、由圖讀出周期T＝4s，則頻率f＝，故A錯誤；BC、在A點時質點的位移最大，則由F＝﹣kx知合外力最大，加速度最大，速度最小，在B點時，質點的位移為零，則由F＝﹣kx知合外力為零，加速度為零，速度最大，故BC錯誤；D、由圖讀出振幅為A＝2cm，在0～3s內通過路程為s＝3A＝3×4cm＝12.0cm，故D正確。故選：D。11．【解答】解：A、因電場線向下，兩粒子均受向下的電場力而做類平拋運動，所以兩個粒子均帶正電，故A錯誤；B、a、b兩個帶電粒子在電場中做類平拋運動，設任一粒子的初速度為v0，電荷量為q，質量為m，加速度為a，運動的時間為t，則加速度為粒子的豎直分運動為初速度為零的勻加速直線運動，有水平分運動為勻速直線運動，有x＝v0t聯立得：因兩個粒子的比荷相同，y相同，E相同，則x大的初速度大，可知a的初速度一定小于b的初速度，故B正確；C、由豎直分運動位移有y＝，可得運動時間為，因兩個粒子的比荷相同，y相同，E相同，則a的運動時間一定等于b的運動時間，故C錯誤；D、電場力做功為W＝qEy，兩粒子的比荷相同，y相同，E相同，但無法比較電荷量關系，故無法比較電場力做功關系，故D錯誤。故選：B。12．【解答】解：A、在A點時，入射角為I＝60°，則由幾何關系有sin∠BAO＝，由折射定律得n＝＝，故A錯誤；B、該束單色光在該透明材料中的傳播速度為v＝，單色光在該材料中的傳播時間為t＝，代入數據解得t＝，故B錯誤；C、光束從A點入射，入射角為i時光束經折射到達內球面的C點，光路圖如圖所示恰好發(fā)生全反射，由于sin∠DCA＝，由正弦定理得，解得sin∠CAO＝，由折射定律得n＝，解得i＝30°，故C正確；D、光束從A點入射，與AO直線的夾角i于60°時，折射光線不再打在內球面上，不再在內球面發(fā)生反射，故D錯誤。故選：C。13．【解答】解：線圈中電流I（t）的減小將在線圈內產生自感電動勢，故其中L為線圈的自感系數，則有在計算通過線圈的磁通量Φ時，以導線附近即r1處的B為最大，又可認為是無限長載流導線所產生的，根據題意B＝kI，則：根據電阻定律有：聯立解得：ε＝2×10﹣20V，A。則線圈的感應電動勢大小的數量級為10﹣20V，一年后電流減小量的數量級為10﹣5A。故選：D。二、選擇題Ⅱ（本題共2小題，每小題3分，共6分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得3分，部分選對的得2分，有選錯的得0分）14．【解答】解：A、根據光電效應方程可知，光電子的最大初動能與入射光的頻率有關，與入射光的強度無關。故A正確；B、電子的衍射說明粒子的波動性，證實了物質波的存在。故B錯誤；C、在康普頓效應中，當入射光子與晶體中的電子碰撞時，把一部分動量轉移給電子，則動量減小，根據λ＝，知波長增大。故C正確；D、速度相等的電子和質子，電子的動量小；根據物質波的波長公式：λ＝可知，電子的波長長。故D正確；故選：ACD。15．【解答】解：A、由丙圖可知超聲波的波長：λ＝1cm＝0.01m超聲波懸浮儀所發(fā)出的超聲波信號頻率為：f＝＝＝34000Hz，故A錯誤；B、波源P、Q起振的方向相同（相向傳播），當波程差為為半波長的奇數倍時，該點是振動減弱點，設波源P、Q之間某一點坐標為x，懸浮點為振動加強點，滿足：|（2﹣x）﹣[x﹣（﹣2.5）]|＝|2x+0.5|＝（n＝0、1、2、3、4）解絕對值得：x＝±0.25、±0.75、±1.25、±1.75、﹣2.25故兩列波穩(wěn)定疊加后，波源P、Q之間小水珠共有9個懸浮點，故B正確；C、波源P、Q之間振幅為2A的點為振動加強點，當波程差為波長的整數倍時，該點是振動加強點，滿足：|（2﹣x）﹣[（x﹣（﹣2.5）]|＝|2x+0.5|＝nλ（n＝0、1、2、3、4）解絕對值方程得：x＝0、±0.5、±1、±1.5、﹣2兩列波穩(wěn)定疊加后，波源P、Q之間振幅為2A的點共有8個，故C錯誤；D、拔出圖乙線圈中的鐵芯，LC振蕩回路的振蕩周期減小，超聲波頻率變大，波長變短，相同空間距離內節(jié)點個數變多，故D正確。故選：BD。三、非選擇題（本題共7小題，共55分）16．【解答】解：（1）根據平衡摩擦力的原理可知，平衡摩擦力時小車前端不掛砂和桶，小車后面的紙帶穿過打點計時器，將長木板不變滑輪的那端墊高，反復調節(jié)木板的傾角，直到小車勻速下滑為止；（2）從所給的表格數據可以看出，E點的數據沒有估讀，所以讀取不當；相鄰計數點的時間間隔為根據逐差法，加速度（3）根據牛頓第二定律，對小車F＝（M+m）a對砂和桶m0g﹣F＝m0a聯立解得m0g＝（M+m+m0）a變形得結合圖像，圖像的斜率圖像的縱截距聯立解得。故答案為：（1）不掛；（2）E；0.75；（3）。17．【解答】解：（1）閉合開關S1，滑動變阻器是分壓式接法，若要升高電容器充電電壓，滑動變阻器R1的滑片應向b端滑動。（2）由圖乙可知，電容器開始放電電流是I1＝6mA，則開始充電瞬間電流是6mA，則充電瞬間，由歐姆定律可得：（3）由表中數據，在圖丙中描點畫U﹣Q圖像，如圖所示。根據電容的定義式，變形后可得：則U﹣Q圖像的斜率：電容器電容：故答案為：（1）b；（2）500；（3）、4.9×10﹣5。18．【解答】解：（1）歐姆表的內部電流從黑表筆流出，紅表筆流入，因此A接黑表筆，B接紅表筆，根據電路圖連接實物圖如下：將歐姆表的紅黑表筆短接，歐姆調零時，電流表的指針應達到最大值；現電流表的指針未達到最大值，說明通過電流表的電流偏??；設電流表與電阻R1和R2串聯后的并聯電阻為R并，由于電流表內阻和電阻R1、R2的電阻不變，電流的分配不變，為了增大通過電流表的電流，就應該增加干路電流；根據閉合電路的歐姆定律，電路中的總電流當滑動變阻器的電阻減小時，電路中的總電流就會增大，因此滑動變阻器的滑動片應向上滑動；（2）當紅黑表筆短接時，根據閉合電路的歐姆定律當兩表筆之間解電阻R0時，電流表指針位于a位置，根據歐姆定律當兩表筆之間解電阻Rx時，電流表指針位于b位置，根據歐姆定律代入數據聯立解得待測電阻（3）由題意可得1、3之間的電阻可為1、2和2、3之間電阻的串聯值，所以第一情況：1、2之間接一個5Ω電阻，2、3之間接兩個5Ω電阻串聯，電路圖如圖所示：所以第二情況：1、2之間接兩個10Ω電阻并聯，2、3之間接一個10Ω電阻，電路圖如圖所示：故答案為：（1）見解析；上；（2）；（3）見解析。19．【解答】解：（1）打開K2，AB兩部分氣體均做等溫變化，根據玻意耳定律得：對A部分氣體：P1V1＝P2V2解得：對B部分氣體：P3V3＝P4V4解得：對活塞受力分析根據平衡得：mg＝P2S﹣P4S解得：（2）打開K3，活塞上方氣體壓強變?yōu)镻0，則活塞上移，移到氣缸頂部下方氣體壓強變?yōu)镻5，下方氣體做等溫變化，根據玻意耳定律得：P1V＝P52V解得：＞P0則活塞在氣缸上部若溫度降低，活塞下方氣體壓強減小，當減到2P0時，溫度為T1，活塞下方氣體發(fā)生等容變化由查理定律得：解得：若溫度再降低，活塞下降，當剛好到達氣缸底部時，溫度為T2，根據理想氣體狀態(tài)方程得：解得：若溫度在降低T3＝7℃＝280K＞T1則活塞還在氣缸上方，下方氣體發(fā)生等容變化，根據查理定律得：解得：P＝2.1P0若溫度在降低T3＝﹣37℃＝250K＞T2則活塞在氣缸中某一位置，P＝2P0答：（1）打開K2，穩(wěn)定時活塞正好處于B氣缸的中間位置，活塞的質量為；（2）接著打開K3，待活塞的位置穩(wěn)定后，再緩慢降低汽缸內氣體，使其溫度降低20℃和50℃，穩(wěn)定時活塞下方氣體的壓強分別為2.1P0、2P0。20．【解答】解：（1）物塊m到達軌道最低點C時對軌道的壓力為6.8N，由牛頓第三定律可知在C點軌道對物塊m的支持力FN＝6.8N。由牛頓第二定律可得：FN﹣mg＝m代入數據解得：vC＝m/s物塊m由A到C的過程，由動能定理可得：mg（H+R+Rcosα）﹣μ1mg?cosα?＝﹣0代入數據解得：H＝1.04m；（2）物塊m由C到D的過程，由動能定理可得：﹣mg（R﹣Rcosα）＝﹣代入數據解得：vD＝5m/s物塊m由D到E的過程，做斜拋運動，將其分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向勻減速直線運動，則有：在D點將速度分解為水平方向的速度：vDx＝vDcosα＝5×0.6m/s＝3m/s和豎直方向的速度：vDy＝vDsinα＝5×0.8m/s＝4m/sD到E的運動時間：tDE＝＝s＝0.4sD到E的水平位移：xDE＝vDxtDE＝3×0.4m＝1.2m則：L1＝Rsinα+xDE＝0.5×0.8m+1.2m＝1.6m；（3）物塊m達到E點的速度為：vE＝vDx＝3m/s因vE＞v帶＝2m/s，故物塊m先做勻減速直線運動，假設其能與傳送帶共速，且位移為x1，由動能定理可得：﹣μ2mgx1＝﹣代入數據解得：x1＝2.5m因x1＜L2＝3m，故假設成立，可知物塊m在傳送帶先做勻減速直線運動再做勻速直線運動，勻減速過程所用時間：t減＝代入數據解得：t減＝1s勻速過程所用時間：t勻＝代入數據解得：t勻＝0.25s第一次到達F點的速度：v0＝v帶＝2m/s在水平面上依次擺放N個完全相同的物塊M，因它們質量相等且碰撞均為彈性碰撞，故任意相鄰的兩物塊碰撞時均發(fā)生速度交換，所以物塊m每次從傳送帶返回與第一個物塊M碰撞前，第一個物塊M的速度總為零，設物塊m第n次與第一個物塊M碰撞前速度為vn﹣1，碰后的速度為vn，以向右為正方向，由動量守恒定律和機械能守恒定律得：mvn﹣1＝mvn+Mv′＝聯立解得：vn＝vn﹣1＝vn﹣1＝vn﹣1即物塊m每次與第一個物塊M碰撞后速度大小變?yōu)樵瓉淼囊话肭曳聪?。第一次碰撞后，物塊m的速度大小為：v1＝v0＝×2m/s＝1m/s物塊m第一次